2023年河南省周口市郸城县部分中学中考二模数学试题（含解析）

这是一份2023年河南省周口市郸城县部分中学中考二模数学试题（含解析），共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年河南省周口市郸城县部分中学中考二模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．的相反数是（    ）
A． B． C．2 D．
2．如图，该几何体的俯视图是（    ）
  
A．   B．         C．   D．  
3．已知一个水分子的直径约为米，某花粉的直径约为米，用科学记数法表示这种花粉的直径是一个水分子直径的（    ）

A．倍 B．倍 C．倍 D．倍
4．下列运算中正确的是（    ）
A． B． C． D．
5．如图，在中，，，，以点为位似中心，将缩小为原图形的，得到，则的长度是（    ）

A．2 B．3 C．2.5 D．3.5
6．若关于的方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（    ）
A． B．且 C． D．且
7．在反比例函数（为常数）的图象上有三点，，，若，则，，的大小关系为（    ）
A． B． C． D．
8．如图，在中，，，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点，，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，射线交于点，则线段的长度是（    ）
  
A． B． C． D．
9．如图，在中，，，点的坐标为，为边的中线，将绕点逆时针旋转，每次旋转，当第70次旋转结束时，点的坐标为（    ）

A． B． C． D．
10．如图，在中，，，，于点．点从点A出发，沿的路径运动，运动到点停止，过点作于点，作于点．设点运动的路程为，四边形的面积为，则能反映与之间函数关系的图象是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题
11．若是的一次函数且过，请你写出一个符合条件的函数表达式 ．
12．不等式组的解集为 ．
13．有四张大小和背面完全相同的不透明卡片，正面分别印有下图中的4种车标，将这四张卡片背面朝上洗匀，从中随机抽取两张卡片，所抽取的卡片正面上的图形都是轴对称图形的概率是 ．

14．如图，在扇形中，，，为的中点，连接与交于点，过点作交于点，则阴影部分的面积为 ．

15．如图，矩形的边长为6，将沿对角线翻折得到，与交于点，再以为折痕，将进行翻折，得到．若两次折叠后，点恰好落在的边上，则的长为 ．
  

三、解答题
16．（1）计算：．
（2）化简：．
17．为提高学生的审美鉴赏能力与汉字书写素养，某校组织全校学生进行了一场名为“翰墨飘香”的书法比赛，评分结束后，抽取了40名学生的成绩（满分100，80分以上为优秀）进行统计，绘制了如下尚不完整的统计图表．
40名学生书法比赛成绩频数
组别
频数
频率
组（）
12
0.3
组（）

0.15
组（）
10

组（）
12
0.3
请结合图表解决下列问题：
(1)______，______．
(2)将频数分布直方图补充完整．
(3)抽取的40名学生成绩的中位数落在的组别是______组．
(4)若有520名学生参加本次书法比赛，请估计成绩为“优秀”的学生人数．
18．如图，一次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，与反比例函数（）的图象交于点．以为对角线作矩形，使顶点，落在轴上（点在点的左边）．

(1)求一次函数的表达式及反比例函数的表达式．
(2)求点的坐标．
19．“工欲善其事，必先利其器”，如图所示的是钓鱼爱好者的神器“晴雨伞”，其截面示意图是轴对称图形，对称轴是垂直于地面的支杆，用绳子拉直后系在树干上的点处（），使得，，在一条直线上，通过调节点的高度可控制“晴雨伞”的开合，“晴雨伞”，于点，支杆与树干的横向距离．

(1)天晴时打开“晴雨伞”，若，求遮阳宽度．
(2)下雨时收拢“晴雨伞”，使由减少到，求点下降的高度．（结果精确到，参考数据：，，，）
20．某校教务处为了升级教学设施，购置了，两款翻页笔，已知款（充电款）比款（电池款）每支贵5元，且元购买款翻页笔的数量与元购买款翻页笔的数量相同．

(1)，两款翻页笔的单价各是多少元？
(2)若学校共购买支翻页笔，要求款数量不超过款数量的2倍，请问如何购买才能使得购买费用最少？最少费用为多少元？
21．如图1，抛物线分别交轴于，两点，且与轴交于点．
  
(1)求抛物线的表达式及顶点的坐标．
(2)如图2，将该抛物线绕点旋转．
①求旋转后的抛物线的表达式．
②旋转后的抛物线顶点坐标为，且与轴的右侧交于点，顺次连接，，，，求四边形的面积．
22．如图，是的直径，为上-动点，是半径上一动点（不与点，重合），过点作射线，分别交弦，于，两点，过点作的切线交于点．
  
(1)求证：．
(2)已知是的中点．
①若，判断四边形的形状，并说明理由．
②若，且，求的长．
23．综合与实践
下面是某数学兴趣小组探究问题的片段，请仔细阅读，并完成任务．
题目背景：在中，，，点在上．
  
(1)【作图探讨】如图1，以为圆心，为半径画弧，为圆心，为半径画弧；两弧交于点，连接，；则．
选择填空：得出的依据是______（填序号）．
①    ②    ③    ④
(2)【测量发现】如图2，在（1）中的条件下，连接．兴趣小组用几何画板测量发现和的面积相等．为了证明结论，尝试延长线段至点，使，连接，从而得以证明．请完成证明过程．
(3)【迁移应用】如图3，，，点在上，，，在射线上是否存在点，使得？若存在，请直接写出的长；若不存在，请说明理由．

参考答案：
1．D
【分析】根据相反数的求法“把这个数看成一个整体，在前面添加一个负号，然后去括号”即可得．
【详解】解：的相反数是：，
故选：D．
【点睛】本题考查了相反数，解题的关键是掌握相反数的求法．
2．B
【分析】根据俯视图要从上面看到的图形进行判断作答即可．
【详解】解：由题意知，几何体的俯视图如下：
    
故选：B．
【点睛】本题考查了几何体的俯视图．解题的关键在于熟练掌握俯视图要从上往下看．
3．B
【分析】用花粉的直径除以水分子的直径，然后写成科学记数法的形式．
【详解】解：倍．
故选：B．
【点睛】本题考查了科学记数法的除法，熟练掌握同底数幂的除法法则是解答本题的关键．
4．C
【分析】；利用合并同类项法则、幂的乘方、二次根式的减法、完全平方公式分别进行计算，即可做出判断．
【详解】解：A．，故选项错误，不符合题意；
B．，故选项错误，不符合题意；
C．，故选项正确，符合题意；
D．，故选项错误，不符合题意．
故选：C．
【点睛】此题考查了合并同类项法则、幂的乘方、二次根式的减法、完全平方公式，熟练掌握运算法则和乘法公式是解题的关键．
5．A
【分析】直接利用勾股定理求得的长度，然后利用位似图形的性质以及结合缩小为原图形的，即可得出答案．
【详解】在中，，，，
则：，
将缩小为原图形的，得到，
，
故选：．
【点睛】本题主要考查了位似变换和勾股定理，正确把握位似图形的性质时解题关键．
6．B
【分析】根据题意可得，且，可求解．
【详解】解：∵关于的方程有两个不相等的实数根，
∴，且，
∴且．
故选：B．
【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，解题的关键在于熟练掌握当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程无实数根．
7．D
【分析】根据反比例函数的性质得到反比例函数图象分布在第一、三象限，然后利用得到．
【详解】解：∵，
∴反比例函数图象在第二、四象限，
∵，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键．
8．C
【分析】先根据等边对等角和三角形内角和定理求出，由作图方法可知，是的角平分线，则，进而推出，，则，，设，则，再证明得到，解方程即可得到答案．
【详解】解：∵，，
∴，
由作图方法可知，是的角平分线，
∴，
∴，，
∴，，
设，则，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
解得或（舍去），
经检验，是原方程的解，
∴线段的长度是，
故选C．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，灵活运用所学知识是解题的关键．
9．A
【分析】先判断旋转70次后的位置，求出旋转70次后的坐标，然后利用中点坐标公式求解即可．
【详解】∵次，
∴每旋转一周需旋转8次．
∵，
∴旋转70次后旋转到如图所示位置．
∵点的坐标为，
∴．
∵，，
∴．
由旋转的性质得，，
∴，
∵为边的中线，
∴，即．
故选A．

【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，坐标与图形，中点坐标公式，数形结合是解答本题的关键．
10．B
【分析】先依次求出，，，，证明四边形是矩形，分点从点A出发，沿路径运动和点从点出发，沿路径运动两种情况，求出函数表达式，即可作出判断．
【详解】解：∵在中，，，，
∴．
∵于点，，
∴，
∴，．
∵，，
∴四边形是矩形．
①如图1，当点从点A出发，沿路径运动时，

即时，，则，．
∴四边形的面积，
∴当时，抛物线开口向下，顶点是．
②如图2，当点从点出发，沿路径运动时，

即时，，则，
，
∴四边形的面积，
∴当时，抛物线开口向上，顶点是．
综上所述，能反映与之间函数关系的图象是B，
故选：B．
【点睛】此题考查了矩形的判定与性质、二次函数的图象的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键．
11．（答案不唯一）
【分析】设，根据一次函数的图象经过点，可得：，且，即可得到答案．
【详解】设，
∵一次函数的图象经过点，
∴，且，
不妨取，则
∴符合条件的一次函数表达式可以是：（答案不唯一）．
故答案是：（答案不唯一）
【点睛】本题主要考查待定系数法求一次函数解析式以及一次函数的性质，掌握一次函数的系数的意义，是解题的关键．
12．/
【分析】首先解每个不等式，两个不等式的解集的公共部分就是不等式组的解集．
【详解】解：，
解①得，
解②得．
则不等式组的解集是：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了不等式组的解法，解一元一次不等式组时，一般先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分，确定解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到．
13．
【分析】找出轴对称图形的有A，B，再画出树状图展示所有等可能的结果，进而即可求得答案．
【详解】解：设四个图片按顺序分别为A，B，C，D，
根据题意画出树状图如下：

一共有12种情况，抽出的两张卡片的图形是轴对称图形为A，B，共有2种情况，
∴．
故答案是：．
【点睛】本题考查了列表法和树状图法求概率，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比，画出树状图，是解题的关键．
14．
【分析】如图，连接，延长交于，由为的中点，可得为的中点，，由，，可得，，由，可得，则，，根据，计算求解即可．
【详解】解：如图，连接，延长交于，

∵为的中点，
∴为的中点，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂径定理，正弦、余弦，扇形的面积，等腰三角形的判定与性质．解题的关键在于正确的表示阴影部分面积．
15．或
【分析】可得，，①当点恰好落在上时，可证，从而可证为等腰三角形，可得，设，则，由，即可求解；②当点恰好落在上时，可证四边形是正方形，设，则，可得，即可求解．
【详解】解：将沿对角线翻折得到，
，；
将进行翻折，得到，
，．
①如图，当点恰好落在上时，
  
在和中
，
（），
，
为等腰三角形．
，
为中点，
．
设，则，
在中：，
，
解得，
．
②如图，当点恰好落在上时，
  
，，
四边形是正方形．
设，则．
在和中
同理可证：，
，
．
，
，
解得，
．
综上所述，的长为或．
【点睛】本题主要考查了矩形中的折叠问题，矩形的性质，正方形的判定，折叠的性质，三角形全等的判定及性质，勾股定理等，掌握相关的判定方法及性质，能找出折叠的不同情况是解题的关键．
16．（1）；（2）
【分析】（1）根据求特殊角的三角函数值、乘方、绝对值等运算法则进行运算即可．
（2）根据分式的混合运算法则进行运算即可．
【详解】解：（1）原式

（2）原式


【点睛】本题考查了求特殊角的三角函数值、乘方、绝对值等，解题的关键熟练掌握相关的运算法则．
17．(1)6；0.25
(2)见解析
(3)C
(4)286人

【分析】（1）先根据A组频数及频率求出样本容量，再依据“”求解可得a，b的值；
（2）根据所求数据即可补全图形；
（3）根据中位数的定义求解即可得出答案；
（4）总人数乘以样本中C，D组频率之和即可得出答案．
【详解】（1）解：样本容量为，
，
故答案为：6，0.25；
（2）补全的频数分布直方图如下：

（3）抽取的40名学生成绩的中位数落在的组别是C组，
故答案为：C；
（4）（人），
即本次书法比赛成绩为“优秀”的学生人数大约有286人．
【点睛】本题考查频数（率）分布直方图，频数（率）分布表，以及用样本估计总体，弄清题意是解题关键．
18．(1)一次函数的表达式为，比例函数的表达式为
(2)

【分析】（1）待定系数法求出一次函数解析式，作轴于点，证明，推出点坐标，即可得到反比例函数解析式；
（2）勾股定理求出，矩形的性质，得到，即可求出点的坐标．
【详解】（1）解：∵一次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，
∴，解得，
∴一次函数的表达式为．
如图，作轴于点，

∵，，
∴，．
∵四边形是矩形，
∴．
轴，轴，
∴．
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴．
∵点在反比例函数的图象上，
∴，
∴反比例函数的表达式为．
（2）∵，．
∴，．
∵，
∴由勾股定理得，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴点的坐标为．
【点睛】本题考查反比例函数与一次函数，反比例函数与几何图形的综合应用．熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定和性质，是解题的关键．
19．(1)
(2)

【分析】（1）在中利用锐角三角函数的定义求出的长即可解答；
（2）过点作于点，得，再在中锐角三角函数的定义可得，最后求出和时的长即可解答．
【详解】（1）解：由对称性可知，，，
在中，，
∴，
∴，
∴，
答：遮阳宽度为；
（2）解：如图，过点作于点，

∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，∵，
当时，，
当时，，
∴点下降的高度为，
答：点下降的高度为．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用和锐角三角函数的定义，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
20．(1)款翻页笔的单价为35元，款翻页笔的单价为40元；
(2)购买款50支，款25支，费用最少为2750元．

【分析】（1）设款翻页笔的单价为元，则款翻页笔的单价为元，根据200元购买款翻页笔的数量与元购买款翻页笔的数量相同列出方程，解方程求出的值，注意分式方程要检验；
（2）设购买款翻页笔支，则购买款翻页笔为支，根据总费用=购买，两款翻页笔的费用之和列出函数解析式，并根据款数量不超过款数量的2倍求出的取值范围，再根据函数的性质求最值．
【详解】（1）解：设款翻页笔的单价为元，则款翻页笔的单价为元，
根据题意，得，
解得，
经检验，是所列方程的解，并符合题意，
所以．
答：款翻页笔的单价为35元，款翻页笔的单价为40元．
（2）设购买款翻页笔支，则购买款翻页笔为支，
购买费用．
∵款数量不超过款数量的2倍，
∴，
解得．
∵，
∴当取最大值50时，
存在最小值为（元）．
答：购买款50支，款25支，费用最少为2750元．
【点睛】本题考查分式方程的应用、一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和分式方程的知识解答，注意分式方程要检验．
21．(1)，
(2)①；②

【分析】（1）根据函数的交点式设二次函数的表达式为，将点代入即可求解，再把二次函数变换成顶点式即可求出点的坐标；
（2）①根据旋转的特点，设旋转后抛物线的顶点坐标为，可知为顶点和的中点，根据中点坐标公式可求旋转后函数的顶点坐标，由此即可求解；②根据题意求出点的坐标，由的坐标，图形结合得，由此即可求解．
【详解】（1）解：由题意可设二次函数的表达式为，将点代入得，
∴二次函数表达式为，
∴顶点的坐标为．
（2）解：①设旋转后抛物线的顶点坐标为，
∵为顶点和的中点，即，，
∴点的坐标为，
∵旋转前后图形的形状不变，开口相反，
∴，
故旋转后的抛物线表达式为；
②由①得点坐标为，
∵，点关于点对称，
∴点坐标为，
∵，，，，
∴，点到轴的距离为，点到轴的距离为，
∴．
【点睛】本题主要考查二次函数与几何图形的综合，掌握待定系数法求二次函数解析式，函数图像旋转的性质，中点坐标，几何图形的特点等知识的综合运用是解题的关键．
22．(1)见解析
(2)①四边形是菱形．理由见解析；②

【分析】（1）根据等边对等角得，根据垂直和切线的性质得，即，即可得；
（2）①连接，，，根据是的中点，得，则，即为等边三角形，，即可得，根据，得为等边三角形，即，可得四边形为平行四边形，根据，即可得四边形是菱形；②在中，，得，设，根据勾股定理得，，解得，则，，即可得，，．在中，，，根据是的中点得，根据得，即，根据得，根据得,根据得,根据，得，则，根据，即可得．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的切线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）①四边形是菱形．理由：
解：如图，连接，，，
  
∵是的中点，，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
②∵在中，，
∴，
设，
根据勾股定理得，，
，
，
，
，
∴，，
∴，，，
在中，，，
∵是的中点，
∴，
∵，
，
解得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴,
∵，
∴,
∵，，
∴，
∴，
∴，
即，代入得，
解得．
【点睛】本题考查了圆的性质，菱形的判定，勾股定理，锐角三角函数，解题的关键是掌握这些知识点，添加辅助线．
23．(1)①
(2)见解析
(3)存在，的长为或

【分析】（1）根据“边边边”即可作出判断；
（2）延长线段至点，使，连接，则，，由（1）的结论结合角的和差可得，进而证明，可得，即可得出结论；
（3）过点作交于点，于点，连接并延长交于点，由（2）可知，然后根据等腰直角三角形的性质和解直角三角形的知识即可求出与，再根据对称性，求出时的的长即可．
【详解】（1）由作图可得：，
又∵，
∴（），
故答案为：①；
（2）证明：延长线段至点，使，连接，则，
  
则是的中线，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，即．
在和中，，
∴．
∴，
∴．
（3）存在，的长为或．
过点作交于点，于点，连接并延长交于点，
  
由（2）可知．
∵，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
由对称性，当时，，
∴，此时．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中线性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质、明确求解的方法是解题的关键．